人教版高中物理选修3-1练习：第二章章末复习课 word版含答案

绝密★启用前人教版高中物理选修3-1第二章恒定电流测试本试卷共100分，考试时间120分钟。

一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示是某居住小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻，R2为定值电阻，A、B接监控装置．则()A．当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高B．当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低C．当仅增大R1的阻值时，可增大A、B之间的电压D．当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压2.一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U变化的关系图象如图(a)所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图(b)所示，三个用电器消耗的电功率均为P.现将它们连接成如图(c)所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为P D、P1、P2，它们之间的大小关系为()A．P1＝4P2B．P D＝C．P1<4P2D．P D>P23.某同学用电压表、电流表测量一节干电池的电动势和内阻，采用的电路图如图所示，实验操作正确，他记录了七组(U，I)数据，关于数据的处理，下列操作正确的是()A．电压表的读数U的平均值等于电动势EB．任意取两组数据，代入方程E＝U1＋I1r，求出E、rC．画出U－I图象，由图象求E、rD．以上说法都正确4.如图所示，已知微安表G的电阻为R g＝10 Ω，满偏电流I g＝100 μA，现将其改装，使它最大能测量0.15 mA的电流，则下列四种方案中可行的是()A．B．C．D．5.某同学做三种导电元件的导电性能实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I－U图象，如图所示，则下述判断正确的是()A．只有乙图正确B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不可能正确D．甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定有较大误差6.如图所示的电路常称分压电路，当a、b间的电压为U时，利用它可以在c、d端获得0至U之间的任意电压．当滑动变阻器的滑片P移至中点时，则Ucd等于()A．UB．UC．UD． 07.如图所示，是两只定值电阻R1、R2的I﹣U图象．有关R1、R2的大小，及它们串联或并联后的I ﹣U图象所在区域，下列判断正确的是（）A．R1＞R2，并联后在区域ⅢB．R1＞R2，并联后在区域ⅡC．R1＜R2，串联后在区域ⅢD．R1＜R2，串联后在区域Ⅰ8.如图所示，两个定值电阻R1＝4R、R2＝2R串联后接在输出电压U稳定于10 V的理想直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为6 V．如果把此电压表接在R2两端，则电压表示数将()A．等于4 VB．等于3 VC．等于5 VD．无法判断9.如图所示的电路，三只相同的灯泡L1、L2、L3，当滑动变阻器的滑动触头向b端移动时()A． L1变亮，L2、L3变暗B． L1、L2变亮，L3变暗C． L1、L3变暗，L2变亮D． L1、L3变亮，L2变暗10.下列器件，利用电流的热效应工作的是（）A．验电器B．电热水器C．电容器D．电感器二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)下列说法中正确的是()A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻C．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，则总电阻也增大D．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，则总电阻一定减小12.(多选)直流电池组的电动势为E，内电阻为r，用它给电阻为R的直流电动机供电，当电动机正常工作时，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流是I，下列说法中正确的是()A．电动机输出的机械功率是UIB．电动机电枢上发热功率为I2RC．电源消耗的化学能功率为EID．电源的输出功率为EI－I2r13.（多选）关于电动势，下列说法中正确的是（）A．一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B．因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差C．一个电动势为1.5 V的电池接入电路时，若有1 C的电荷量通过电路，就有1.5 J的化学能转变成电能D．电压表接到电源两极时，测得的就是电动势14.(多选)如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r.当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作．已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是()A．电动机的额定电压为IRB．电动机的输出功率为IE－I2RC．电源的输出功率为IE－I2rD．整个电路的热功率为I2(R0＋R＋r)三、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)15.如图所示电路，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω.(1)如果已知流过电阻R1的电流I1＝3 A，则干路电流多大？(2)如果已知干路电流I＝3 A，流过每个电阻的电流多大？16.在如图所示的电路中，电源电动势E＝3.0 V，内电阻r＝1.0 Ω，电阻R1＝10 Ω，R2＝10 Ω，R3＝30 Ω，R4＝35 Ω，电容器的电容C＝100 μF，电容器原来不带电．求接通开关S后流过R4的总电荷量．17.如图所示，电源电动势为12 V，内电阻为r=1 Ω，R1=1 Ω，R2=6 Ω，电动机线圈电阻为0.5 Ω，若开关闭合后通过电源的电流为3 A，则R1上消耗的电功率为多少？电动机消耗的电功率为多少？18.如图所示，线段A为某电源的U－I图线，线段B为某电阻的U－I图线，以上述电源和电阻组成闭合电路时，求：(1)电源的输出功率P出为多大？(2)电源内部损耗的电功率是多少？(3)电源的效率η为多大？答案解析1.【答案】B【解析】由电路图可知，两电阻串联，监控装置与R2并联．当有人通过而遮蔽光线时，R1阻值变大，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，根据U＝IR可知，R2阻值不变时，其两端的电压变小，即A、B间电压降低，故A错误，B正确．当仅增大R1的阻值时，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，根据U＝IR可知，A、B间电压减小，故C错误．当仅减小R2的阻值时，电路中的总电阻变小，电路中的电流变大，电源的内阻和R1阻值不变时，路端电压变小，R1两端的电压变大，A、B间电压减小，故D错误．2.【答案】C【解析】从电阻器D的I—U图线可以得出，电阻器的阻值随所加电压的增大而减小，在题图(b)中，三个电阻消耗的功率相等，都为P＝＝＝，说明三个电阻的阻值相等，即R1＝R2＝R D.连接成图(c)所示的电路时，电阻器D两端的电压小于U，电阻器D的阻值R D′>R D，这时电阻器R D两端的电压U D>，电阻R1两端的电压U1<，电阻R2两端的电压U2＝U D>，由电功率计算式综合比较得出，A、B、D错误，C正确．3.【答案】C【解析】选项A，电压表测的是外电路两端的电压，不等于电动势；选项B，测量的偶然误差很大；选项C，画出U－I图象，这七组数据对应的点不一定都在一条直线上，作U－I图象时，舍去误差较大的点，故由图象法求E、r可减小偶然误差，故正确操作应为C.4.【答案】D【解析】把微安表改装成毫安表，应并联一个分流电阻，并联电阻阻值：R＝＝20 Ω由图示可知，A、B、C错误，D正确．5.【答案】D【解析】以上三个图象分别是三种不同元件的I－U图象，甲图的特点是元件的电阻随着电压的增大而减小，所以当电压增大时电流增大的非常快，乙图就是定值电阻的I－U图象；丙图中元件的电阻随着电压的增大而增大，当电压增大时，电流增大的相对缓慢，所以三图都有可能正确．6.【答案】C【解析】由题，滑片P滑至R的中点，变阻器下半部分电阻为，根据欧姆定律得：U cd＝·＝，故C正确．7.【答案】C【解析】根据欧姆定律公式，I-U图象的斜率越小，电阻越大，故R1＜R2；根据串联电路的电阻特点知，R串比每一个串联的分电阻都要大；根据并联电路中电阻的特点可知，R并比每一个并联电路的分电阻都要小；在这4个电阻值中，R串最大，R并最小，所以两电阻并联后在区域Ⅰ，两电阻串联后在区域Ⅲ，故C正确，A、B、D错误.8.【答案】B【解析】电压表与电阻R1并联时，并联电阻为：R并＝①串联电路中电压分配与电阻成正比，故：＝②其中R1＝4R、R2＝2R联立①②解得：R V＝12R；当电压表与电阻R2并联时，并联电阻为：R并′＝＝R串联电路中电压分配与电阻成正比，故：＝解得：U2＝3 V.9.【答案】B【解析】如图所示的电路，三只相同的灯泡L1、L2、L3，当滑动变阻器的滑动触头向b端移动时L1、L2变亮，L3变暗，故答案选B。

高中物理学习资料金戈铁骑整理制作物理 新课标人教 A 选修 3-1 第二章 恒定电流单元测试班次姓名一．选择题 ( 本题共 10 小题 , 每题 4 分 , 共 40 分 . 在每题给出的四个选项一项吻合题目要求 , 有的小题有多个选项吻合题目要求 , 全部选对的得的得 2 分 , 有错选或不答的得0 分。

)1．以下列图， a 、b 分别表示由相同资料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特点曲线，以下判断中正确的选项是 ( ) A ．a 代表的电阻丝较粗 B ． b 代表的电阻丝较粗C ． a 电阻丝的阻值小于 b 电阻丝的阻值D ．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比2．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调治变阻器使灯泡正常发光， 甲、乙两电路所耗资 R的功率分别用 P 甲 和 P 乙 表示，则以下结论中正确的是 ()12V A ．P 甲＝P 乙B ．P 甲＝3P 乙甲C ．P 乙＝ 3P 甲D ． P 乙>3P 甲 3．如图为两个不相同闭合电路中两个不相同电源的U －I 图象，则以下说法正确的选项是 ( ) A ．电动势 E 1＝ E 2，发生短路时的电流 I 1>I 2 B ．电动势 E 1＝ E 2，内阻 r 1 >r 2 C ．电动势 E 1＝ E 2，内阻 r 1 <r 2 D ．电流相同时，电源 1 的输出功率大 4．以下列图，电流表、电压表均为理想电表， L 为小电珠。

R 为滑动变阻器，电源电动势为 E ，内阻为 r 。

现将开关 S 闭合，当滑动变阻器滑 片 P 向左搬动时，以下结论正确的选项是 ( )A ．电流表示数变小，电压表示数变大B ．小电珠 L 变亮C ．电容器 C 上电荷量减小D ．电源的总功率变大5．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，以下说法正确的选项是 ()A ．测量前应检查指针可否停在“ Ω”刻度线的“∞”处B ．每一次换挡，都要重新进行一次调零C ．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔, 有的小题只有4 分 , 选对但不全 IbaOUR ′12V 乙U12OIE rSAVLPRCD ．测量时，若指针偏转很小(凑近∞周边 )，应换倍率更大的挡进行测量6．以下列图，定值电阻R0Ω，当电阻箱阻值为Ω时，电流表的示数为么当电阻箱阻值为R′=15 Ω时，电流表的示数可能是()①0.30A ；② 0.38A ；③ 0.52A ；④ 0.58A 。

第一章第一节1．答：在天气干躁的季节，脱掉外衣时，由于摩擦，外衣和身体各自带了等量、异号的电荷。

接着用手去摸金属门把手时，身体放电，于是产生电击的感觉。

2．答：由于A、B都是金属导体，可挪动的电荷是自由电子，所以，A带上的是负电荷，这是电子由B挪动到A的结果。

其中，A得到的电子数为，与B失去的电子数相等。

3．答：图1－4是此问题的示意图。

导体B中的一局部自由受A的正电荷吸引积聚在B的左端，右端会因失去电子而带正电。

A对B左端的吸引力大于对右端的排挤力，A、B之间产生吸引力。

4．答：此现象并不是说明制造出了永动机，也没有违犯能量守恒定律。

因为，在把A、B分开的过程中要克制A、B之间的静电力做功。

这是把机械转化为电能的过程。

第二节1．答：根据库仑的发现，两个一样的带电金属球接触后所带的电荷量相等。

所以，先把A球与B球接触，此时，B球带电；再把B球与C球接触，那么B、C球分别带电；最后，B球再次与A球接触，B球带电。

2．答：〔注意，原子核中的质子间的静电力可以使质子产生的加速度！〕3．答：设A、B两球的电荷量分别为、，间隔为，那么。

当用C接触A时，A的电荷量变为，C的电荷量也是；C再与接触后，B的电荷量变为；此时，A、B间的静电力变为：。

在此情况下，假设再使A、B间距增大为原来的2倍，那么它们之间的静电力变为。

4．答：第四个点电荷受到其余三个点电荷的排挤力如图1－6所示。

共受三个力的作用，，由于，互相间间隔分别为、、，所以，。

根据平行四边形定那么，合力沿对角线的连线向外，且大小是。

由于对称性，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力的大小都相等，且都沿对角线的连线向外。

5．答：带电小球受重力、静电斥力和线的拉力作用而平衡，它的受力示意图见图1－7。

静电斥力，又，，所以，第三节1．答：A、B两处电场强度之比为。

A、C两处电场强度之比为。

2．答：电子所在处的电场强度为，方向沿着半径指向外。

电子受到的电场力为，方向沿着半径指向质子。

章末质量评估(二)(时间：90分钟 分值：100分)一、单项选择题(每题3分，共10个小题，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分)1．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )A ．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B ．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C ．电压一定，电阻与通过导体的电流成反比D ．电流一定，电阻与导体两端的电压成正比解析：对于同种材料的导体，电阻率可以认为是个定值，根据电阻定律R ＝ρl S 可知横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，A 正确；长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，B 错误；由欧姆定律知R ＝U I ，此式是电阻的定义式，电阻R 与电压U 、电流I 无正反比关系，故C 、D 错误．答案：A2．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U 时，通过的电流是I ，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I ，导线两端所加的电压变为( )A.U 2B ．UC ．2UD ．4U解析：由电阻定律R ＝ρl S ，可知当导线拉长到原来的2倍时，横截面积为原来的12，则电阻为原来的4倍，由欧姆定律I ＝U R，可知D 选项正确．答案：D3．某电源的电动势为3.6 V ，这表示( )A ．电路通过1 C 的电荷量，电源把3.6 J 其他形式的能转化为电势能B ．电源在每秒内把3.6 J 其他形式的能转化为电势能C ．该电源比电动势为1.5 V 的电源做功多D ．该电源与电动势为1.5 V 的电源相比，通过1 C 电荷量时转化的电势能相同解析：电路每通过1 C 的电量，非静电力做功W ＝qE ＝3.6 J ，A 对，B 错.3.6 V 大于1.5 V ，只能说明做功本领大，不一定做功多，C 错．当通过1 C 电荷量时，电动势为3.6 V 的电源一定做功多，D 错．答案：A4．将一根电阻丝接在某恒定电压的电源两端，电流做功的功率为P .若将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源，则它的功率为( )A ．4PB ．0.25PC ．16PD ．0.125P解析：电阻丝拉长后，材料不变，均匀地拉长为原来的两倍，可知其横截面积为原来的12，根据导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以其阻值变为原来的4倍，根据P ＝U 2R 可知，电源电压不变时，功率变为原来的14，B 正确． 答案：B5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定，车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是( )A ．“与”门B ．“或”门C ．“非”门D ．“与非”门解析：根据汽车双门都关紧汽车才能启动的情况可知，即两个条件都满足事件才能发生，故能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门应该是“与”门．答案：A6．如图所示，A 灯与B 灯电阻相同，当滑动变阻器R 的滑动片向下滑动时，两灯的变化是( )A ．A 灯变亮，B 灯变亮 B ．A 灯变暗，B 灯变亮C ．A 灯变暗，B 灯变暗D ．A 灯变亮，B 灯变暗解析：当变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I 增大，内电压增大，路端电压U 减小，A 灯两端电压减小，亮度变暗；另一支路电流I ′＝I －I A 增大，R 1两端电压U 1＝I ′ R 1增大，故R 与B 灯的并联支路电压U B ＝U －U 1减小，B 灯变暗，C 正确．答案：C7.如图所示，R 4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I变大，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变小，U变小解析：当R4处出现火情时，R4变小→R总变小→I总变大→U外变小→U并变小→I3R3变小→I 变大，故A项正确．答案：A8．如图为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为( )解析：根据U－I图象可知E＝6 V，r＝0.5 Ω，A图U为改外＝4 V，B图中U外＝4.8 V，C图中U外＝5.7 V，D图中U外＝5.4 V.答案：B9.如图所示，一个电源在外电阻不断变化时，内、外电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用抛物线C1、C2表示．由该图可知( )A．电源的电动势为8 VB．电源的内电阻为2 ΩC．电源输出功率的最大值为16 WD．电源消耗的最大功率为16 W解析：图中交点表示内、外电路消耗功率相等，此时的功率和电流分别为4 W和2 A，由P内＝I2r，代入数据得r＝1 Ω，故B错误；由P外＝I2R知R＝1 Ω，内电阻等于外电阻，。

人教版物理选修3-1第二章：欧姆定律一、选择题1. 根据欧姆定律，下列判断正确的是（）A.导体两端的电压越大，导体的电阻越大B.加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C.电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D.电解液短时间内导电的U−I线是一条曲线2. 如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知，下列判断错误的是（）A.导体的电阻是25ΩB.导体的电阻是0.04ΩC.当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD.当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V3. 做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”时所描绘曲线不是直线，某同学分析实验结论时给出以下理由，其中正确的是（）A.电源电压较高，降低电压就一定会是直线B.小灯泡灯丝电阻不是恒值，随温度升高会发生变化C.电路中的连接点有接触不良的现象D.改描I−U曲线可能变为直线4. 一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间t变化的图像如图所示，此图像的斜率可表示为（）A.UB.RC.UR D.1R5. 两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知两电阻R1:R2等于（）A.1:3B.3:1C.1:√3D.√3:16. 某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）A.电流表烧坏B.电压表烧坏C.小灯泡烧坏D.小灯泡不亮7. 利用伏安法测未知电阻时，用图甲测得结果为R1，用图乙测得结果为R2，若待测电阻的真实值为R，则（）A.R1>R>R2B.R1<R<R2C.R1>R，R2>RD.R1<R，R2<R8. 如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R2，则下列说法正确的是（）A.R1:R2=1:3B.R1:R2=3:1C.将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1:I2=1:3D.将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1:I2=1:39. 如图所示，因线路故障，接通S时，灯泡L1和L2均不亮，用电压表测得U ab=0，U bc=0，U cd=4V．因此可知断路处为（）A.灯泡L1B.灯泡L2C.变阻器D.不能确定10. 某一导体的伏安特性曲线如图中AB段所示，关于导体的电阻，下列说法正确的是（）A.电阻变化了5ΩB.电阻变化了15ΩC.电阻变化了20ΩD.电阻变化了30Ω11. 将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是（）A.a和bB.b和dC.a和cD.c和d二、多选题由欧姆定律I=UR 导出U=IR和R=UI，下列叙述中正确的是（）A.导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B.导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C.对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D.一定的电流流过导体，电阻越大，其电压就越大某导体中的电流随其两端电压的变化而变化，如图所示，则下列说法中正确的是（）A.该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻B.加5V电压时，导体的电阻为5ΩC.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D.由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小如图所示是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定下列说法中错误的是（）A.小灯泡的电阻随着所加电压的增加而减小B.小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小C.欧姆定律对小灯泡不适用D.如果把三个这种相同的灯泡串联后，接到电压恒为12V的电源上，则流过每个小灯泡的电流为0.4A一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω．另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则（）A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40ΩB.当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC.当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD.当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为25V测定导体电阻是电学中最基本的实验之一，如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是（）A.此接法测量出的电阻值大于R的真实值B.此接法测量出的电阻值小于R的真实值C.此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D.开始实验前，滑动变阻器滑动头P应处在最右端三、实验题在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：A．小灯泡：规格为“3.8V，0.3A”；B．电流表：量程0∼0.6A，内阻约为0.5Ω；C．电流表：量程0∼3A，内阻约为0.1Ω；D．电压表：量程0∼5V，内阻约为5kΩ；E．滑动变阻器：阻值范围0∼10Ω，额定电流2A；F．电池组：电动势6V，内阻约为1Ω；G．开关一只，导线若干．（1）为了使测量尽可能地准确，需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，因此电流表应选________．（选填器材代号）（2）根据你选用的实验电路，将图中所示的器材连成实验电路．四、解答题把5.0V的电压加在一段电阻丝的两端，通过电阻丝的电流为1.0×102mA，当电阻丝两端电压增至8.0V时，通过电阻丝的电流强度增加了多少？如图所示的图像所对应的两个导体：（1）电阻R1:R2为多少？（2）若两个导体中的电流相等（不为零）时，电压之比U1:U2为多少？（3）若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比I1:I2为多少？如图所示为检测某传感器的电路图．传感器上标有“3V0.9W”的字样（传感器可看做一个纯电阻），滑动变阻器R0上标有“10Ω1A”的字样，电流表的量程为0.6A，电压表的量程为3V．求：（1）传感器的电阻和额定电流．（2）为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压最大值是多少？在科技活动中某同学利用自制的电子秤来称量物体的质量，如图所示为电子秤的原理图．托盘和弹簧的电阻与质量均不计，滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零．设变阻器的总电阻为R，总长度为L，电源电动势为E，内阻忽略，限流电阻的阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想电压表，当托盘上放上某物体时，电压表的示数为U，求此时称量物体的质量．参考答案与试题解析人教版物理选修3-1第二章：欧姆定律一、选择题1.【答案】C【考点】欧姆定律的概念【解析】此题暂无解析【解答】解：A．导体的电阻与电压无关，故A错误；B．对气体，欧姆定律不成立，即UI≠常数，故B错误；CD．由U=IR知电流每经过一个电阻要产生一定的电势降落，欧姆定律适用于电解液导电，电解液短时间内导电的U−I线是一条直线，故C正确，D错误．故选C．2.【答案】B【考点】欧姆定律的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．由欧姆定律I=UR 得，R=UI=50.2Ω=25Ω，故A正确，B错误；C．当电压为10V时，I′=U′R =1025A=0.4A，故C正确；D．当电流为0.1A时，U″=I″R=0.1×25V=2.5V，故D正确．本题选错误的，故选B．3.【答案】B【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线【解析】此题暂无解析【解答】解：所绘图像之所以不是直线，是因为金属导体的电阻随温度的升高而增大；降低电压时温度也会升高，得出的也是曲线，接触不良时只会出灯泡闪亮的情况，不会使图像为曲线；本实验得出的I−U图像也是曲线，故A、C、D错误，B正确．故选B．4.【答案】C【考点】欧姆定律的概念电流概念【解析】此题暂无解析【解答】解：图像的斜率k=qt =I，根据欧姆定律，I=UR，所以k=qt=I=UR，C正确．故选C．5.【答案】A【考点】导体的伏安特性曲线【解析】此题暂无解析【解答】解：在I−U图像中直线斜率的倒数等于该导体的电阻，因此两个电阻之比等于斜率的倒数之比：R1R2=tan30∘tan60∘=13，故A正确．故选A．6.【答案】D【考点】伏安法测电阻【解析】此题暂无解析【解答】解：由于电压表内阻较大，所以电路中的电流非常小，故灯泡几乎不亮，不会被烧坏；电流表中电流很小，不会被烧坏；此时电压表相当于直接接在电源两端，故此时电压表的示数接近电源的电动势，故ABC错误，D正确．故选D．7.【答案】A【考点】伏安法测电阻【解析】此题暂无解析【解答】解：甲图接法：电压表的示数为R两端的电压和电流表两端的电压之和，即U=U R+U A，电流表的示数I是通过R的真实值，则R测=UI=U R+U AI>U RI=R真，故R1>R．乙图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即I=I R+I V电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测=UI=UI R+I V<UI R=R真，故R>R2．故R1>R>R2，故A正确，BCD错误．故选A．8.【答案】A【考点】导体的伏安特性曲线【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．由图R1=U1I1=1Ω，R2=U2I2=3Ω，故A正确，B错误；C．R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1:I2=1:1，故C错误；D．R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1:I2=R2:R1=3:1，故D错误．故选A．9.【答案】C【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：U cd=4V，cd之间并联电压表，电压表示数为4V，表明电流流经电压表，其他电路是完好的，因此cd之间断路，也就是变阻器断路了，故C正确．故选C．10.【答案】A【考点】导体的伏安特性曲线【解析】此题暂无解析【解答】解：两点的电阻为R A=U AI A =30.2Ω=15Ω，R B=U BI B=60.30Ω=20Ω，故两点间的电阻改变了(20−15)Ω=5Ω．故A正确，BCD错误．故选A．11.【答案】A【考点】欧姆定律的概念【解析】此题暂无解析【解答】可知，定值电阻的U−I图像的斜率表示定值电阻的阻值．在U−I图像解：根据R=UI中分别连接O点与4个点，根据它们的倾斜程度可知，a和b的阻值最接近，故A正确．故选A．二、多选题【答案】B,C,D【考点】欧姆定律的概念【解析】此题暂无解析【解答】解：ABC．电阻在数值上等于导体两端的电压与通过导体的电流的比值，但是电阻与导体两端的电压和通过导体的电流无关，是由导体本身决定的，A错误，B、C正确；D．当电流一定时，导体两端的电压与电阻成正比，D正确．故选BCD．【答案】B,D【考点】导体的伏安特性曲线【解析】此题暂无解析【解答】解：A．虽然该元件是非线性元件，但可以用欧姆定律计算各状态的电阻，故A错误；=5Ω，故B正确；B．当U=5V时，I=1.0A，R=UICD．由图可知，随着电压的增大，各点与坐标原点连线的斜率越来越小，电阻越来越大，反之，随着电压的减小，电阻减小，故C错误，D正确．故选BD．【答案】A,B,C【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线【解析】此题暂无解析【解答】解：A．由图可知，图中电流随电压的增大而增大，每一点的斜率表示该点电阻的倒数，故可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大，故A错误；B．因导线的形状没有发生变化，故说明随电压的升高电阻率增大，而随电压增大，温度是升高的，故B错误；C．虽然小灯泡的伏安特性曲线不是直线，原因是电阻率随温度增大而发生了变化，灯丝仍然为金属导体，欧姆定律同样适用，故C错误；D．若把三个相同的灯泡串联，则每个灯泡两端的电压为4V，由图可知对应的电流为0.4A，故D正确．【答案】A,C,D【考点】串联电路和并联电路的特点【解析】此题暂无解析【解答】=40Ω，A对，同解：AB．当cd端短路时，等效电路如图甲所示，R123=R1+R2R 3R2+R3理B错．= C．当ab两端接通测试电源时，等效电路如图乙所示，根据欧姆定律得：I=ER1+R3100A=2A，所以U cd=IR3=80V，C选项正确．10+40= D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=ER3R3+R2 25V，故D正确．故选ACD．【答案】A,D【考点】伏安法测电阻【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．此电路为内接法，由于电流表的分压作用，使电压表示数偏大，所以由欧姆定律可得此接法测量出的电阻值大于R的真实值，故A正确，B错误；C．内接法要求被测电阻较大，远远大于电流表的内阻，以致电流表分压带来的误差可以忽略，故C错误；D．滑动变阻器分压接法，要求实验电路部分电压从零开始，由电路图可知，滑动头P 应处在最右端，故D正确．故选AD．三、实验题【答案】（1）B（2）如解答图所示．【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）因小灯泡的额定电流为0.3A，为减小读数误差，让指针偏角大一些，则电流试卷第11页，总13页（2）先画出电路图如图所示，然后根据电路图连接实物图，如图所示．四、解答题【答案】通过电阻丝的电流增加了60mA．【考点】欧姆定律的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：由于电阻丝的电阻R一定，由欧姆定律可知R=UI =5.00.1Ω=50Ω，I′=UR=8V50Ω=1.6×102mA，所以ΔI=I′−I=160mA−100mA=60mA．【答案】（1）电阻R1:R2为3:1（2）若两个导体中的电流相等（不为零）时，电压之比U1:U2为3:1（3）若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比I1:I2为1:3【考点】欧姆定律的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）因为在I−U图像中，R=1k =ΔUΔI，所以R1=10×10−35×10−3Ω=2Ω，R2=10×10−315×10−3Ω=23Ω，所以R1:R2=2:23=3:1．试卷第12页，总13页（2）由欧姆定律得U1=I1R1，U2=I2R2，由于I1=I2，则U1:U2=R1:R2=3:1．（3）由欧姆定律得I1=U1R1，I2=U2R2，由于U1=U2，则I1:I2=R2:R1=1:3．【答案】（1）传感器的电阻为10Ω，额定电流为0.3A．（2）为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压最大值是为6V【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）R传=U传2P传=10Ω，I传=P传U传=0.3A．（2）最大电流I=I传=0.3A，电源电压最大值U max=U传+U0，U传为传感器的额定电压，U0为R0max=10Ω时R0两端的电压，即U0=I传⋅R0max=0.3×10V=3V，未超过电压表量程，所以U max=U传+U0=3V+3V=6V．【答案】此时称量物体的质量为kLU(R0+R)RgE．【考点】闭合电路的欧姆定律胡克定律【解析】此题暂无解析【解答】解：设托盘上放上质量为m的物体时，弹簧的压缩量为x，由题设知mg=kx，则x=mgk，由欧姆定律知I=ER+R0，U=I⋅R′=I xLR，联立上式求解得m=kLU(R0+R)RgE．试卷第13页，总13页。

第二章71．(多选)(2019·江西省九江一中高二上学期期末)如图所示，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器R2的滑动触头P向左滑动时，下列说法中正确的是(ABD)A．灯L变暗B．电容器C上的电荷量变大C．电阻R3消耗功率变大D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值解析：当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，R2变小，外电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可得干路总电流变大，路端电压减小，所以R3两端电压变小，则电流变小，电阻R1消耗功率变小；根据并联分流可得R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q＝CU，则电容器C上的电荷量变大；R1与R2电压之和等于路端电压，R1两端的电压变大，所以R2两端的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故A、B正确，C错误；R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，二者电压之和等于路端电压，由前面分析知路端电压变小，故R1两端增加的电压量小于R2两端减小的电压量，故D正确。

2．(多选)(2019·江苏省启东中学高二上学期期中)用标有“6 V,3 W”的灯泡L1、“6 V,6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图所示的实验电路，其中电源电动势E＝9 V。

下图是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。

当其中一个灯泡正常发光时(CD)A．电流表的示数为1 A B．电压表的示数约为6 VC．电路输出功率为4 W D．电源内阻为2 Ω解析：由题可知，若L1正常发光，I1＝PU ＝36A＝0.5 A，若L2正常发光，I2＝P2U2＝66A＝1A ，两个小灯泡串联，只有一个灯泡正常发光，则为L 1正常发光。

故A 项错误。

电压表测量灯泡L 2的电压，由图乙可知，曲线A 对应灯泡L 2，当电流为0.5 A 时，此时电压为2 V ，所以电压表示数为2 V ，故B 项错误。

电路输出功率P 输＝U 1I ＋U 2I ＝6×0.5＋2×0.5＝4 W ，故C项正确。

人教版物理选修3-1第二章：电源和电流一、选择题。

1. 关于电流强度的概念，下列叙述中正确的有（）A.通过导线截面的电量越多，电流强度越大B.电子运动的速率越大，电流强度越大C.单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流强度越大D.因为电流有方向，所以电流强度是矢量2. 据信息产业部在7月底公布的最新统计，今年上半年，国产品牌手机的国内市场占有率比去年猛升16.21%，达到55.28%的份额．如图所示的是某品牌手机电池上的文字说明，由此可知该电池的电动势和所储存的最大电能是（）A.4.2V9.07×103JB.3.7V9.07×103JC.4.2V7.99×103JD.3.7V7.99×103J3. 某电解池中，若在8s内各有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是（）A.0.8AB.1.6AC.1×1019AD.5×1018A4. 电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10−6m2的导线，那么电路中的电流是（）A.0.016mAB.1.6mAC. 0.16μAD. 16μA5. 关于电源，下列说法中正确的是（）A.电源的作用是为电路提供自由电荷B.电源的作用是自己直接释放出电能C.电源的作用是能保持导体两端的电压，使电路中有持续的电流D.电源的作用是使自由电荷运动起来6. 在示波器的示波管中，电子枪在2s内发射了4×1013个电子，则示波管中电流的大A.6.4×10−6AB.4×10−13AC.3.2×10−6AD.4×10−6A7. 如图所示，将左边的银导线与右边的铜导线连接起来，已知铜导线的横截面积是银导线横截面积的两倍，在铜导线上取一个截面A，在银导线上取一个截面B，若在1s内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两个截面的电流关系是（）A.I A=I BB.I A=2I BC.I B=2I AD.不能确定8. 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是（）A.IΔleS √m2eUB.IΔle√m2eUC.IeS√m2eUD.ISΔle√m2eU9. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I和方向为（）A.ve 2πr 顺时针B.ver顺时针 C.ve2πr逆时针 D.ver逆时针10. 非洲电鳐的捕猎方式是放电电死猎物，它放电的电压可达100V，电流50A，每秒钟放电150次，其放电情况可近似看作如图所示放电，则放电1秒钟非洲电鳐放出的电量为（）A.25CB.50CC.150CD.250C11. 如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）A.vqB.qv C.qvS D.qvS二、多选题。

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第五节焦耳定律每课一练一. 选择题；1. 把标有“220V，40W”和“220V，15W”的甲、乙两盏灯串联接在220V电压下,则下面分析正确的是( ）A. 两盏灯的总功率等于55W B。

两盏灯的总功率小于15WC。

甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率D。

乙灯的实际功率大于甲灯的实际功率2。

甲、乙两电炉并联在同一电源上，各有开关控制，甲炉电阻是乙炉的4倍，要两电炉产生同样多的热量则应:( )A。

甲通电时间是乙的4倍 B. 乙通电时间是甲的4倍C. 甲、乙通电时间一样长D。

不知道额定电压无法比较3。

一个电热器电阻为R，当它两端电压为U,通过时间t消耗电能为W，若使它消耗的电能为4W，下列方法正确的是（）A. 电阻R不变,电压U不变，通电时间t变为原来的2倍B。

电阻R减半，电压U增大1倍,通电时间t不变C. 电阻R不变,电压U增大1倍,通过时间t不变D. 电阻R减半，电压U不变,通电时间t不变6，把它们串联在电路 4. 有两个灯泡,1L标有“6V，3W”的字样，2L没有标记测得2L电阻为中，两灯均正常发光，那么该电路两端电压和2L的电功率分别是( ）A. 12V,3WB. 12V，1。

5W C。

高中物理选修3-1复习试题及答案全套章末综合测评(一)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一项符合题目要求．第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得零分．)1．下列说法正确的是()A．电荷放在电势高的地方，电势能就大B．正电荷在电场中某点的电势能，一定大于负电荷在该点具有的电势能C．无论是正电荷还是负电荷，克服电场力做功它的电势能都增大D．电场强度为零的点，电势一定为零C[电势能的大小与电荷的电性有关，正电荷放在电势高的地方，电势能大，而负电荷放在电势高的地方，电势能小，故A错误；正电荷在电场中电势大于零的点，其电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能；而正电荷在电场中电势小于零的点，其电势能一定小于负电荷在该点具有的电势能，故B错误；只要克服电场力做功，电荷的电势能一定增大，与电荷的电性无关，故C正确；电场强度与电势无关，可知电场强度为零的点，电势不一定为零，故D错误．] 2．如图1所示，在真空中，把一个绝缘导体向带负电的球P慢慢靠近．关于绝缘导体两端的电荷，下列说法中不正确的是()图1A．两端的感应电荷越来越多B．两端的感应电荷是同种电荷C．两端的感应电荷是异种电荷D．两端的感应电荷的电荷量相等B[由于导体内有大量可以自由移动的电子，当它慢慢靠近带负电的球P 时，由于同种电荷相互排斥，导体上靠近P的一端的电子被排斥到远端，靠近P 的一端带上了正电荷，远离P的一端带上了等量的负电荷．导体离球P距离越近，电子被排斥得越多，感应电荷越多．]3.如图2所示，曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是()图2A．电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B．电荷在a、b两点的电势能相等C．该电场的方向水平向左D．b点的电势高于a点的电势A[由电荷运动轨迹可以确定电荷所受电场力水平向左，a到b过程中，电场力与速度所成的角度为钝角，则电场力做负功，电势能增大，则电荷在b点的电势能大于在a点的电势能，故A正确，B错误；由于不知道电荷的电性，所以不能确定电场线的方向，同时也就不能确定电势的高低，故C、D错误．]4.在匀强电场中，有一质量为m ，带电量为q 的带电小球静止在O 点，然后从O 点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图3所示，那么关于匀强电场的场强大小的下列说法中正确的是( )图3A ．唯一值是mg tan θq B ．最大值是mg tan θq C ．最小值是mg sin θq D ．不可能是mg q C [带电小球受到电场力与重力作用，小球沿合力方向做加速直线运动，根据图示位置可确定电场力的方向，小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，当电场力的大小与重力沿合力的垂直方向分力相等时，电场力最小，即qE ＝mg sin θ，故E ＝mg sin θq ；故选C.]5.某带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点，电场线、粒子在A 点的初速度及运动轨迹如图4所示，可以判定( )图4A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．A点的电势低于B点的电势B[由电场线分布可知，E A<E B, 故带电粒子在B点的加速度较大，A错．由粒子的运动轨迹可知，静电力做正功，粒子的电势能减少，动能增加，B对，C 错．由于沿电场线方向电势降低，所以φA>φB，D错．]6.在真空中，上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图5所示，有一带负电的粒子从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场范围足够广)，在下列速度—时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)()图5A B C DC[电场线在下边区域密，即下边区域场强大，故粒子在上边区域向下匀速运动，进入下边区域后，先做匀减速运动至速度减为零，接着向上做匀加速运动，越过边界后以速度－v0在上边区域再次做匀速运动．]7.如图6所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C 板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()图6A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点A[设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E′2＝U′d′2＝QC′d′2＝QεS4πkd′2·d′2＝4πkQεS，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变．第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确．]8.如图7所示的U­x图象表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上距离的关系．若三对金属板的负极板接地，图中x均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是()图7A ．三对金属板正极电势的关系φ1＞φ2＞φ3B ．三对金属板间场强大小有E 1＞E 2＞E 3C ．若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是1最密，3最疏D ．若沿电场方向每隔相等距离作一等势面，则三个电场中相邻等势面差值最大的是1，最小的是3BCD [通过U ­x 图象分析可得，三对金属板的板间电势差相同，又因为金属板的负极板都接地，所以三个正极板的电势相等，A 错误．又因为板间距离不同，由E ＝U AB d 可得E 1＞E 2＞E 3，B 正确．每隔相等的电势差值作一等势面，由d ＝U AB E 可得，场强越大，等势面间距越小，分析得等势面分布的关系是1最密，3最疏，C 正确．沿电场方向每隔相等距离作一等势面，由U AB ＝Ed 可得，场强越大，电势差越大，分析得相邻等势面差值最大的是1，最小的是3，D 正确．]9.如图8所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是( )图8A．1、3两点电场强度相同B．5、6两点电场强度相同C．4、5两点电势相同D．1、3两点电势相同ABC[两个等量异种点电荷的中垂线是等势线，所以2、4、5、6的电势相等，C正确；顺着电场线的方向电势降低，1、3电势不相等，D错误；1、2之间距离与2、3之间距离相等，由场强的矢量合成可以知道1、3两点电场强度相同，A正确；2、5之间距离与2、6之间距离相等，由场强的矢量合成得5、6两点电场强度相同，B正确．]10.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图9所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有()图9A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功AD[在φ­x图中，图象斜率的绝对值表示场强大小．结合题中图象特点可知E Bx>E Cx，E Ox＝0，故A对，C错．根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知E Bx沿x轴负方向，B项错．负电荷在正x轴上受电场力沿x轴负向，在负x轴上受电场力沿x轴正向，故可判断负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功，D项正确．]11.如图10所示，在两等量异种点电荷产生的电场中，abcd是以两点电荷连线中点O为对称中心的菱形，a、c在两电荷的连线上，下列判断正确的是()图10A．a、b、c、d四点的电场强度的方向相同B．a、b、c、d四点的电势相同C．a、b两点间的电势差等于c、d两点间的电势差D．将正试探电荷由b沿ba及ad移到d点的过程中，试探电荷的电势能先增大后减小AD[根据等量异种电荷电场线的特点可知，a、b、c、d四点的电场强度方向都向右，A正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，中垂线上各点电势为零，连线上的a点电势高于c点电势，B错误；a、b两点间的电势差等于a、O两点间的电势差，c、d两点间的电势差等于c、O两点间的电势差，所以U aO ＝－U cO，C错误；将正试探电荷由b沿ba及ad移到d点的过程中，电场力先做负功，后做正功，所以电势能先增大后减小，D正确．]12.如图11所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中()图11A ．电场力对液滴a 、b 做的功相同B ．三者动能的增量相同C ．液滴a 电势能的增加量等于液滴b 电势能的减小量D ．重力对三者做的功相同AD [此题考查带电粒子在电场中的受力运动及能量变化规律，因a 、b 带电荷量相等，所以穿过两板时电场力做功相同，电势能增加量相同，A 对，C 错；c 不带电，不受电场力作用，由动能定理，三者动能增量不同，B 错；a 、b 、c 三者穿出电场时，由W G ＝mgh 知，重力对三者做功相同，D 对．]二、非选择题(本题共4小题，共40分)13．(8分) 将一个电量为－2×10－9 C 的点电荷从电场中的N 点移动到M 点， 需克服电场力做功1.4 × 10－8 J ，求：(1)N 、M 两点间的电势差U NM 为多少？(2)若将该电荷从M 移到N ，电场力做什么功？U MN 为多少？【解析】 (1)由题意可知，将点电荷从N 移动到M 点，电场力做负功，即W NM ＝－1.4×10－8 J ，根据公式U NM ＝W NM q ＝－1.4×10－8－2×10－9＝7 V . (2)当点电荷从M 移到N 点时，电场力做正功．根据电势差之间的关系有： U MN ＝－U NM ＝－7 V .【答案】(1)7 V(2)正功－7 V14. (10分)在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0 m和5.0 m．已知放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系如图12所示中的直线A、B所示，放在A点的电荷带正电，放在B 点的电荷带负电．求：图12(1)B点的电场强度的大小和方向；(2)试判断点电荷Q的电性，并确定点电荷Q的位置坐标.【解析】(1)由题图可得B点电场强度的大小E B＝Fq＝2.5 N/C.因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴的负方向．(2)因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电．设点电荷Q的坐标为x，则E A＝k Q(x－2)2，E B＝k Q(5－x)2.由题图可得E A ＝40 N/C ，解得x ＝2.6 m.【答案】 (1)2.5 N/C 沿x 轴的负方向 (2)负电2.6 m15. (10分)如图13所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d .MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布．)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v .已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g .求：图13(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)O 点处的电场强度E 的大小；(3)小球P 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度．【解析】 (1)根据动能定理则，从C 到Omgd ＋qU CO ＝12m v 2则U CO ＝m v 2－2mgd 2q. (2)A 点和B 点在O 点的电场强度均为E ＝k Q r 2，其中r ＝AO ＝BO ＝2d ，所以E ＝k Q 2d 2，根据对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为：E 合＝2E ·cos 45°＝2kQ 2d 2.(3)从C 到D 点，由于电场线的对称性，U CD ＝2U CO ，则根据动能定理有：mg 2d ＋2qU CO ＝12m v 2D ，所以v D ＝2v .【答案】 (1)m v 2－2mgd 2q (2)2kQ 2d 2 (3)2v16. (12分)如图14所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两处分别固定着两个带电量相等的正电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中Aa ＝Bb ＝L /4，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块(可以看作质点)以初动能E 0从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点的动能为初动能的n 倍(n ＞1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：图14(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数；(2)O 、b 两点间的电势差U O b ；(3) 小滑块运动的总路程．【解析】 (1)因为＋q A ＝＋q B ，a 、b 以中点O 对称，所以U ab ＝0.滑块由a 到b 的过程，根据动能定理： qU ab －μmg L 2＝－E 0，所以μ＝2E 0mgL .(2)对小滑块由O 到b 的过程，根据动能定理：qU Ob －μmg L 4＝－nE 0，U Ob ＝14μmgL －nE 0q ＝(1－2n )E 02q. (3)U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q， 小滑块从a 点开始，最终停在O 点，根据动能定理qU aO －μmgs ＝－E 0，s ＝qU aO ＋E 0μmg ＝(2n ＋1)L 4. 【答案】 (1)2E 0mgL (2) (1－2n )E 02q (3)(2n ＋1)L 4章末综合检测(二)(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的2分，有选错的得零分．)1.某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图1所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是( )图1A．电流表被烧坏B．电压表被烧坏C．小灯泡被烧坏D．小灯泡不亮D[由于电压表的内阻很大，所以电路中的电流很小，电压表、电流表、灯泡都不会被烧坏，但灯泡不亮，D正确．]2．两个相同的电阻R，当它们串联后接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I，则电源的内阻为()A．4R B．RC．R2D．无法计算B[当两电阻串联接入电路中时I＝E2R＋r，当两电阻并联接入电路中时I＝E R2＋r ×12，由以上两式可得r＝R，B正确．]3．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为()A．Q A∶Q B＝1∶1 B．Q A∶Q B＝2∶1C．Q A∶Q B＝1∶2 D．Q A∶Q B＝4∶1B[直径比为1∶2，则横截面积比为1∶4，根据电阻定律R＝ρlS，知电阻之比为2∶1，根据Q＝I2Rt，电流相等，则热量之比为2∶1.故选B.]4.如图2所示，A灯与B灯电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片向下滑动时，两灯的变化是()图2A．A灯变亮，B灯变亮B．A灯变暗，B灯变亮C．A灯变暗，B灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗C[当变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I增大，内电压增大，路端电压U减小，A灯两端电压减小，亮度变暗；另一支路电流I′＝I －I A增大，R1两端电压U1＝I′R1增大，故R与B灯的并联支路电压U B＝U－U1减小，B灯变暗，C正确．]5．某一网络电路中的部分电路如图3所示，已知I＝3 A，I1＝2 A，R1＝10 Ω，R2＝5 Ω，R3＝30 Ω，则下列结论正确的是()图3A．通过R3的电流为0.5 A，方向从a→bB．通过R3的电流为0.5 A，方向从b→aC．通过电流表的电流为0.5 A，电流表“＋”接线柱在右边D．通过电流表的电流为1.5 A，电流表“＋”接线柱在左边B[R1两端的电压U1＝I1R1＝2×10 V＝20 V；R2两端的电压U2＝I2R2＝(3－2×5) V＝5 V，所以R3两端的电势差U ab＝U2－U1＝5 V－20 V＝－15 V，b点电势高，电流由b→a，I3＝|U ab|R3＝0.5 A，A错误，B正确；电流表中的电流方向应该向右，大小I A＝I2－I3＝0.5 A，C、D均错误．]6.如图4所示，U­I图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b点α＝β，则下列说法中正确的是()图4A．在b点时，电源有最大输出功率B．在b点时，电源的总功率最大C．从a到b时，β角增大，电源的总功率和输出功率都将增大D．从b到c时，β角增大，电源的总功率和输出功率都将减小AD[在b点α＝β说明此时外电阻R等于内阻，电源有最大输出功率，A＝IE，则电流越大，总功率越大，B、C错，D正确．]对；电源总功率P总7．在如图5甲所示的电路中，电源的电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关闭合后，下列说法中正确的是()甲乙图5A．L1中的电流为L2中的电流的2倍B．L1的电阻为12 ΩC．L1消耗的电功率为0.75 WD．L2消耗的电功率为0.375 WBC[L1两端电压为3 V时，由题图乙可知L1中的电流为0.25 A，L1的电阻R＝UI＝12 Ω，B正确；L1消耗的电功率P＝UI＝0.75 W．L2、L3串联分压，分到的电压为1.5 V，由题图乙可知L2和L3中的电流为0.20 A，L2消耗的电功率P＝UI＝0.30 W，D错误；L1中的电流为L2中的电流的1.25倍，A错误．]8.如图6所示的电路中，当滑动变阻器的触头向上滑动时，则()图6A．电源的功率变小B．电容器贮存的电荷量变小C．电源内部消耗的功率变大D．电阻R消耗的电功率变小BC[由闭合电路欧姆定律可知，当滑动触头向上滑动时，R总变小，I总增大，U端减小，而R1分压U1增大，所以电容器上的电压减小．电源功率P总＝I总E增大，A错误；Q＝CU减小，B正确；电源内部消耗功率P内＝I2总r增大，C正确；电阻R1消耗的功率增大，R上消耗的功率无法确定．]9．将分压电阻串联在表头上，改装成电压表，下列说法中正确的是()A．接上分压电阻后，增大了表头的满偏电压B．接上分压电阻后，电压按一定比例分别降在表头和分压电阻上，表头的满偏电压不变C．如果分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大为表头满偏电压的n倍D．通电时，表头和分压电阻中通过的电流一定相等BD[接上分压电阻后，电压按一定比例分别降在表头和分压电阻上，表头的满偏电压不变，A错误，B正确；分压电阻是表头内阻的n倍，则表头满偏时分压电阻两端的电压为nU g，则电压表的量程为(n＋1)U g，C错误；通电时，表头和分压电阻串联，故通过它们的电流一定相等，D正确．]10.在如图7所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，则出现这种现象的原因可能是()图7A．电阻R1短路B．电阻R2断路C．电阻R2短路D．电容器C断路AB[若R1短路，则R总变小，I总变大，通过灯泡L的电流变大，灯泡变亮，A正确；若R2断路，R总变大，I总变小，U内＝I总r变小，U外变大，U1＝I总R1变小，因U L＝U外－U1，所以U L变大，灯泡变亮，B正确；若R2短路，电流不经过灯泡，灯泡不亮，C错误；若电容器断路，总电阻不影响，故灯泡亮度不变，D错误．]二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(8分)(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图8所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为______________mm.甲乙图8(2)为了精确测量合金丝的电阻R x，设计出如图9甲所示的实验电路图，按照该电路图完成图乙中的实物电路连接．甲乙图9【解析】(1)由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007 mm，测量后要去掉开始误差，即合金丝直径为0.5 mm＋14.5×0.01 mm－0.007 mm＝0.638 mm.(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入，该实验要求电压表示数从零开始，滑动变阻器采用分压接法．【答案】(1)0.0070.638(0.636～0.640均正确)(2)见解析图12．(10分)某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻，可选用的器材如下：A．待测电压表V1：量程3 V，内阻约3 kΩB．电压表V2：量程15 V，内阻约20 kΩC．电流表A：量程3 A，内阻约0.1 ΩD．定值电阻R0：9.0 kΩE．滑动变阻器R1：0～200 ΩF．滑动变阻器R2：0～2 kΩG．电源E：电动势约为12 V，内阻忽略不计H．开关、导线若干(1)现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“×100”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图10所示，则电压表V1的内阻约为________Ω.图10(2)为了准确测量电压表V1的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图11甲和乙两个测量电路，你认为________(选填“甲”或“乙”)更合理，并在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整．甲乙图11(3)该实验中滑动变阻器应该选用________(选填“R1”或“R2”)．(4)用已知量R0和V1、V2的示数U1、U2来表示电压表V1的内阻R V1＝________.【解析】(1)用多用电表测得的电压表的内阻为34×100 Ω＝3 400 Ω；(2)甲图中，因为电压表V2的电阻与R0阻值相当，通过电压表V2的电流不能忽略，故用通过R0的电流作为通过V1的电流，则误差较大；故用乙电路较合理；电路连接如图：(3)实验中滑动变阻器要用分压电路，故用选取阻值较小的R1；(4)根据欧姆定律可知：R V1＝U1U2－U1R0＝U1R0U2－U1.【答案】(1)3 400(2)乙连图如解析图(3)R1(4)U1R0U2－U1 13．(10分) 如图12所示的电路中，各电阻的阻值已标出．当输入电压U AB ＝110 V时，输出电压U CD是多少？图12【解析】 并联部分的等效电阻为： R 并＝(9R ＋R )×109R (9R ＋R )＋109R＝R ，则电路的总电阻为：R 总＝10R ＋R ＝11R . 由串联分压得并联部分R 并上的电压为： U 并＝R 并R 总·U AB ＝R11R ×110 V ＝10 V . 而输出电压U CD 即电阻R 上分到的电压，再由串联分压得， U CD ＝U R ＝R 9R ＋RU 并＝110×10 V ＝1 V . 【答案】 1 V14．(10分)有一只量程为1 mA 的电流表，刻度盘共有50格，若给它并联一个10－2 Ω的电阻，则可将它改装成一个量程为1 A 的电流表，若要把这个量程为1 mA 的电流表改装成一个量程为10 V 的电压表， 应在电流表上串联一个多大的电阻？用这个电压表测量电压时，表盘上指针偏转40格，则所测电压为多少伏？【解析】 将电流表改装成大量程电流表时，并联一分流电阻，则有I ＝I g ＋I g R g R 1即R g ＝(I －I g )R 1I g ＝(1－0.001)×10－20.001 Ω＝9.99 Ω≈10 Ω将电流表改装成大量程电压表时，串联一分压电阻，则有 I g (R g ＋R 2)＝UR 2＝U I g－R g ＝100.001 Ω－10 Ω＝9 990 Ω当指针偏转40格时，通过电流表的电流为 I ′＝0.001×4050 A所测电压U ′＝I ′(R g ＋R 2)＝8 V . 【答案】 9 990 Ω 8 V15．(10分)一根长为l ＝3.2 m 、横截面积S ＝1.6×10－3m 2的铜棒，两端加电压U＝7.0×10－2 V．铜的电阻率ρ＝1.75×10－8 Ω·m，铜内自由电子的体密度为n＝8.5×1029 m－3.求：(1)通过铜棒的电流；(2)铜棒内的电场强度；(3)自由电子定向移动的平均速度．【解析】(1)由R＝ρlS和I＝UR得I＝USρl＝7.0×10－2×1.6×10－31.75×10－8×3.2A＝2×103A.(2)E＝Ud＝7.0×10－23.2V/m＝2.19×10－2 V/m.(3)由I＝neS v得v＝IneS＝2×1038.5×1029×1.6×10－19×1.6×10－3m/s＝9.19×10－6 m/s.【答案】(1)2×103 A(2)2.19×10－2 V/m(3)9.19×10－6 m/s16. (12分)如图13所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，电源的内阻r＝1 Ω，电炉的电阻R1＝19 Ω，电动机线圈的电阻R2＝2 Ω，当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P＝25 W；当S闭合时，干路中的电流I＝12.6 A．求：图13(1)电源的电动势E；(2)S闭合后电动机的机械功率.【解析】(1)开关S断开时，由P＝I20·r得I0＝Pr＝251A＝5 A由闭合电路欧姆定律得E＝I0(R1＋r)＝5×(19＋1) V＝100 V.(2)开关S闭合后，内电压U内＝Ir＝12.6 V路端电压U＝E－U内＝(100－12.6) V＝87.4 V通过电炉的电流I1＝UR1＝87.419A＝4.6 A通过电动机的电流I2＝I－I1＝8.0 A电动机消耗的热功率P1＝I22R2＝8.02×2 W＝128 W电动机工作时，消耗的电功率P2＝UI2＝87.4×8 W＝699.2 W电动机输出的机械功率P3＝P2－P1＝(699.2－128) W＝571.2 W.【答案】(1)100 V(2)571.2 W章末综合检测(三)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求．第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的2分，有选错的得零分．)1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大D[磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度，疏密程度表示大小．]2.如图1所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO′顺时针转动时，通电直导线所受磁场力的方向是()图1A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里D．水平向外C[由于带负电的圆环顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，所产生的磁场方向竖直向上．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里．]3.图2中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图2A．向上B．向下C．向左D．向右B[由右手定则可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O处产生的磁感应强度如图所示，四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为水平向左．利用左手定则判断洛伦兹力的方向，可得洛伦兹力的方向竖直向下，B正确．]4．如图3所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d，其大小关系是()图3A．t a<t b<t c<t d B．t a＝t b＝t c＝t dC．t a＝t b<t c<t d D．t a＝t b>t c>t dD[电子的运动轨迹如图所示，由图可知，从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角θa＝θb>θc>θd，而电子的周期T＝2πmqB相同，其在磁场中运动的时间t＝θ2πT，故t a＝t b>t c>t d.。

人教版物理选修3-1第二章：闭合电路的欧姆定律一、多选题1. 对于闭合电路欧姆定律的理解，下列说法一定正确的是（）A.在电源电动势不变时，外电路的电阻越大，路端电压越大B.在电源电动势不变时，外电路的电阻越大，电源内电压越大C.当外电路断开时，路端电压的大小等于电源电动势D.当外电路短路时，电源电动势为零2. 对于电动势和内阻确定的电源的路端电压，下列说法中正确的是（I、U、R分别表示干路电路电流、路端电压和外电阻）（）A.U随着R的增大而减小B.当R=0时，U=0C.当电路断开时，I=0，U=0D.当R增大时，U也会增大3. 如图所示，直线B为电源的U−I图像，直线A为电阻R的U−I图像，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）A.电源的输出功率为4WB.电源的输出功率为2WC.电源的效率为33.3%D.电源的效率为66.7%4. 如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况．以下说法正确的是（）A.图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B.图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C.此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大D.此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值不变5. 如图所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系（U−I图线），图线②表示其输出功率与电流的关系（P−I图线）．则下列说法正确的是（）A.电池组的电动势为50VΩB.电池组的内阻为253C.电流为2.5A时，外电路的电阻为15ΩD.输出功率为120W时，输出电压是30V6. 某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（）A.反映P r变化的图线是cB.电源电动势为8VC.电源内阻为2ΩD.当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω7. 在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻不能忽略，闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，在这一过程中（）A.通过R1的电流增大，增量为ΔUR1B.R2两端的电压减小，减小量为ΔUC.通过R2的电流减小，减小量小于ΔUR2D.路端电压增大，增大量为ΔU二、选择题电动势为2V的电池在电路上输出1A的电流，可以断定（）A.内外电阻相差2ΩB.外电阻为2ΩC.内电阻为2ΩD.内外电阻之和是2Ω一太阳能电池板，测得它的开路电压（电动势）为800mV，短路电流为40mA，若将该电池板与一阻值为60Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A.0.10VB.0.20VC.0.40VD.0.60V如图所示的电路中，把R由2Ω改为6Ω时，电流强度减小为原来的一半，则电源的内电阻应为（）A.4ΩB.8ΩC.6ΩD.2Ω电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电．关于路端电压，下列说法中正确的是（）A.因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B.因为U=IR，所以当R增大时，路端电压也增大C.因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大D.因为U=E−Ir，所以当I增大时，路端电压减小当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是（）A.1ΩB.2ΩC.4ΩD.6Ω某电路如图所示，已知电池组的总内阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，理想电压表的示数U=3.0V，则电池组的电动势E等于（）A.3.0VB.3.6VC.4.0VD.4.2V利用如图所示电路可以测出电压表的内阻．已知电源的内阻可以忽略不计，R为电阻箱．闭合开关，当R取不同阻值时，电压表对应有不同读数U．多次改变电阻箱的阻值，−R图像应该是（）所得到的1UA. B.C. D.图示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻R3由较大逐渐变小的过程中（）A.电容器充电B.流过R2的电流方向是由b到aC.电容器的电荷量在逐渐减少D.电源内部消耗的功率变小如图所示的电路，闭合电键S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值．则（）A.电流表的示数减小B.电压表的示数减小C.电阻R2两端的电压减小D.路端电压增大如图所示的电路，三个相同的灯泡L1、L2、L3，当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（）A.L1变亮，L2、L3变暗B.L1、L2变亮，L3变暗C.L1、L3变暗，L2变亮D.L1、L3变亮，L2变暗如图所示，当开关S断开时，电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8V，则外电阻R与电源内阻r之比为（）A.5:3B.3:5C.2:3D.3:2某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I的变化的图像如图所示，由图可知下列选项错误的是（）A.该电池的电动势E=4VB.该电池的内阻r=1ΩC.该电池的输出功率为3W时，电路中的电流可能为1AD.输出功率为3W时，此电源的效率一定为25%三、解答题在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻R= 5.0Ω．闭合开关S．求：（1）通过电阻R的电流I．（2）电阻R消耗的电功率P．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R0=1Ω．求：（1）电源的总功率．（2）电动机的输出功率．一个内阻为1Ω、电动势未知的电源接入如图所示电路，已知两定值电阻R1和R2的阻值分别为2Ω和6Ω，小灯泡L规格“3V 1.5W”，且忽略温度对小灯泡电阻的影响．当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端a时，理想电流表示数为1A，灯L能正常发光．（1）求电源的电动势．（2）求当P移到最左端b时，电流表的示数．（3）当滑动变阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值为多少？如图所示中E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池内阻不计，求：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流．（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电荷量．如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示．不考虑电表内阻对电路的影响．（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？（2）定值电阻R0以及变阻器的总电阻R分别为多少？（3）求出电源的电动势和内阻．参考答案与试题解析人教版物理选修3-1第二章：闭合电路的欧姆定律一、多选题1.【答案】A,C【考点】路端电压与负载的关系闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．当电源的电动势不变时，当外电路的阻值越大，电流强度越小，根据U=Ir，可知，内电压越小，则外电压越大，即路端电压越大，故A正确，B错误；C．外电路断开时的路端电压在数值上等于电源的电动势，故C正确；D．外电路短路时，电源电动势仍不变，故D错误．故选AC．2.【答案】B,D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A．电源电动势不变，U=E−Ir，当R增大时，I必然减小，U变大，故A错误；B．当R=0时，电路处于短路状态，电源路端电压为0，故B正确；C．根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir可知，外电路断开时，路端电压为E，故C错误；D．由U=E−ER+r可知，当R增大时，U也会增大，故D正确．故选BD．3.【答案】A,D【考点】电源的功率和效率【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．由直线A可知R=UI =22Ω=1Ω，由直线B可知E=3V，电源的内阻：r=E I 短=36Ω=0.5Ω，电源的输出功率：P出=I2R=(ER+r)2R=(31+0.5)2×1W=4W，故A正确，B错误；CD．电源的效率η=P出P总=I2RI2(R+r)×100%=11+0.5×100%≈66.7%，故C错误，D正确．故选AD．4.【答案】A,B,D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故A、B正确；C．由闭合电路欧姆定律得U1=E−Ir，则|ΔUΔI|=r，保持不变，故C错误；D．由闭合电路欧姆定律得U3=E−I(r+R1)，则|ΔU3ΔI|=R1+r，故D正确．故选ABD．5.【答案】A,C,D【考点】电功率闭合电路的欧姆定律电源的电动势和内阻【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．U−I图线①与U轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E=U=50V，电源的内阻等于图线的斜率大小，则r=ΔUΔI =50−255Ω=5Ω，故A正确，B错误；C．当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律得外电路的电阻R=E−IrI =50−2.5×52.5Ω=15Ω，故C正确．D．电池组的输出功率为120W时，由P−I图线读出电流I=4A，则输出电压为U= E−Ir=50V−4×5V=30V，故D正确．故选ACD．6.【答案】A,C,D【考点】电功率【解析】此题暂无解析【解答】解：A．根据直流电源的总功率P E=EI，内部的发热功率P r=I2r，输出功率P R=EI−I2r，可知反映P r变化的图线是c，反映P E变化的是图线a，反映P R变化的是图线b，故A正确；B．图线a的斜率等于电源的电动势，由此得E=PI=4V，故B错误；C．由图知，当I=2A时，P r=8W，由公式P r=I2r得，r=2Ω，故C正确；D．当电流为0.5A时，由图读出电源的功率P E=2W，由P E=E2R+r代入得到，R=6Ω，故D正确．故选ACD．7.【答案】A,C【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：AC．设电源内阻为是r，则U=E−I(R2+r)，则通过R2的电流变化量为ΔI=ΔU R2+r ，通过R1的电流的变化量为ΔI1=ΔUR1，AC正确；B．通过R2的电压变小，变化量为ΔUR2R2+r，B错误；D．路端电压变大，增大量为ΔUrR2+r，D错误．故选AC．二、选择题【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：由闭合电路欧姆定律I=ER+r，已知电动势为2V，在电路上输出1A的电流，代入得：R+r=2Ω，即内外电阻之和是2Ω，所以A、B、C错，D对．故选D．【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析解：电源内阻r=EI短=0.80.04Ω=20Ω，接入60Ω的电阻后，路端电压U=ER+rR=0.6V，D正确．故选D．【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)，当R=2Ω时，E=I(2+r)；当R=6Ω时，E=I2(6+r)，解得r=2Ω，故D正确．故选D．【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A．电源电动势不变，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A错误；B．当R增大时，I减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而应由U=E−Ir分析，E，r不变，I减小，得到U增大，故B错误；C．当I增大时，说明R减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而由U=E−Ir分析，E，r不变，I增大，得到U减小，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir可知，I增大时，路端电压U减小，故D正确．故选D．【答案】C【考点】焦耳定律的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：据题意可知(ER1+r )2R1=(ER2+r)2R2，将R1=8Ω，R2=2Ω代入，解得r=4Ω，故C正确．故选C．【答案】B【考点】此题暂无解析【解答】解：由已知条件，由欧姆定律求出电阻的电流I，再由闭合电路欧姆定律，求出电池的电动势，由欧姆定律，得I=UR =35A=0.6A，又由闭合电路欧姆定律，得E=I(R+r)=0.6×(5+1)V=3.6V，故B正确．故选B．【答案】A【考点】伏安法测电阻【解析】此题暂无解析【解答】解：根据闭合电路欧姆定律应有：E=U+UR V ⋅R整理可得：1U=1ER VR+1E，可见1U−R图像应是一个一次函数，故A正确．故选A．【答案】C【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：ABC．可变电阻R3由大到小的过程中，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流增大，内电压及R1两端的电压增大，则R3两端的电压减小；电容器两端的电压减小，电容器电量减小，故电容器放电，电容器的带电量减小，电流方向由a 到b，故C正确，A、B错误；D．由P=I2r可知，电源内部消耗的功率变大，故D错误．故选C．【答案】B【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，R变小，电路中总电阻变小，所以电路中总电流变大，所以电流表示数I变大，路端电压U路=E−Ir变小，电阻R2两端的电压U2=IR2变大，电压表示数U=E−I(R2+r)变小，故ACD错误，B正确．故选B．【答案】B串联电路和并联电路的特点闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，电路总电阻减小，干路电流I1增大，电压U1增大，L3两端的电压U3=E−U1减小，所以L1变亮，L3变暗．由I2=I1−U3R L3知I2变大，所以L2变亮，故B正确．故选B．【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：S断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即：E=3V；S闭合时，U外=1.8V，所以U内=E−U外=1.2V；因U外=IR，U内=Ir，所以R:r=U 外:U内=1.8:1.2=3:2，故D正确．故选D．【答案】D【考点】电功率电源的功率和效率电源的电动势和内阻【解析】此题暂无解析【解答】解：A．P=EI−I2r，根据数学知识，当I=E2r 时，P最大，此时U内=U外，由P=4W，I=2A，得到U=PI=2V，则E=4V，故A正确；B．r=UI =22Ω=1Ω，故B正确；C．当P=3W时，由P=EI−I2r，代入解I1=1A，I2=3A，故C正确；D．由C项，η=UIEI =UE，当I1=1A时，U=E−I1r=3V，η=75%，当I2=3A，U=E−I2r=1V，η=25%，故D错误．本题选错误的，故选D．三、解答题【答案】（2）电阻R消耗的电功率P=5.0W．【考点】电功率闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流I=ER+r = 6.05.0+1.0A=1.0A．（2）R上消耗的电功率P=I2R=1.02×5.0W=5.0W．【答案】（1）电源的总功率是40W．（2）电动机的输出功率是12W．【考点】闭合电路的欧姆定律电功率【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）L正常发光，路端电压等于灯泡额定电压8V．内电压U内=(10−8)V=2V，则总电流I=U内r=4A，电源总功率为P电=IE=4×10W=40W．（2）流经电动机的电流I M=I−PU=2A，输入电动机的总功率：P电动机=UI M=8×2W=16W，电动机内阻消耗功率：P内=I M2R0=4×1W=4W，故电动机输出功率P出=(16−4)W=12W．【答案】（1）电源的电动势6V；（2）当P移到最左端b时，电流表的示数2A；（3）当滑动变阻器的Pb段电阻2Ω时，变阻器R3上消耗的功率最大，最大值为2W．【考点】闭合电路的欧姆定律此题暂无解析【解答】解：（1）当P在最右端a时，根据闭合电路欧姆定律，则有：E=I(R1+r)+U L=1×(2+1)V+3V=6V；（2）当P移到最左端b时外电路只有R1时，那么电路中电流表示数I=ER1+r =63A=2A；（3）灯泡的电阻为R L=U2P =321.5Ω=6Ω，灯泡与变阻器并联阻值为R L3=R L R3R L+R3=6R36+R3，电路中的总电流：I=Er+R1+R L3，将已知量代入，化简解得I=2(6+R3)3R3+6，而U3=IR L3=4R3R3+2，所以，变阻器消耗的功率为：P3=U32R3=16R3R32+4R3+4=16R3+4R3+4，所以，当R3=2Ω，变阻器消耗的功率最大为P3m=2W．【答案】（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流1A．（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电荷量1.2×10−4C．【考点】电容器的动态分析闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）闭合S时：I=ER1+R2=104+6A=1A．（2）设S闭合与断开时C的电荷量分别为Q1、Q2，则：Q1=CIR2，Q2=CE，所以，断开S以后流过R1的电荷量为：ΔQ=Q2−Q1=30×10−6×(10−6)C=1.2×10−4C．【答案】（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象V1对应AC、V2对应BC．（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为3Ω和12Ω．（3）电源的电动势8V，内阻为1Ω．【考点】路端电压与负载的关系闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析解：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应AC、V2对应BC．（2）由题意得：U1=IR0，则R0=ΔU1ΔI =6−1.52−0.5Ω=3Ω，当滑动变阻器取最大值时，电流最小I min=0.5A，而U R=U2−U1=(7.5−1.5)V=6V，所以R max=U RI min =60.5Ω=12Ω．（3）因为U2=E−Ir，则内阻r=ΔU2ΔI =7.5−62−0.5Ω=1Ω，所以E=U2+Ir=7.5V+0.5×1V=8V．。